大致题意： 求(sum_{i=1}^nk\%i)。
关于除法分块
这是一道除法分块的简单应用题。
式子转换
显然(k\%i)是一个很难处理的项。
于是我们就要使用使用一个常用的套路：将(k\%i)转化为(k-lfloorfrac ki floor*i)。
代入原式就是这样：
[sum_{i=1}^nk-lfloorfrac ki
floor*i
]
由于(k)与(i)无关，所以我们可以将它提出，得到：
[n*k-sum_{i=1}^nlfloorfrac ki
floor*i
]
减号左边的式子显然可以(O(1))算出，而右边的式子显然可以想到用除法分块(O(sqrt n))求解。
总复杂度(O(sqrt n))。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define INF 1e9
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=MOD&&(x-=MOD))
#define ten(x) (((x)<<3)+((x)<<1))
using namespace std;
int n,m;
class FIO
{
private:
#define Fsize 100000
#define tc() (FinNow==FinEnd&&(FinEnd=(FinNow=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),FinNow==FinEnd)?EOF:*FinNow++)
#define pc(ch) (FoutSize<Fsize?Fout[FoutSize++]=ch:(fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),Fout[(FoutSize=0)++]=ch))
int f,FoutSize,OutputTop;char ch,Fin[Fsize],*FinNow,*FinEnd,Fout[Fsize],OutputStack[Fsize];
public:
FIO() {FinNow=FinEnd=Fin;}
inline void read(int &x) {x=0,f=1;while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;while(x=ten(x)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));x*=f;}
inline void read_char(char &x) {while(isspace(x=tc()));}
inline void read_string(string &x) {x="";while(isspace(ch=tc()));while(x+=ch,!isspace(ch=tc())) if(!~ch) return;}
inline void write(LL x) {if(!x) return (void)pc('0');if(x<0) pc('-'),x=-x;while(x) OutputStack[++OutputTop]=x%10+48,x/=10;while(OutputTop) pc(OutputStack[OutputTop]),--OutputTop;}
inline void write_char(char x) {pc(x);}
inline void write_string(string x) {register int i,len=x.length();for(i=0;i<len;++i) pc(x[i]);}
inline void end() {fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout);}
}F;
int main()
{
int i,nxt;register LL ans;
for(F.read(n),F.read(m),ans=1LL*n*m,i=1;i<=n;i=nxt+1)//读入n,m，初始化ans
nxt=m/i?min(m/(m/i),n):n,ans-=1LL*(m/i)*(nxt-i+1)*(i+nxt)>>1;//除法分块
return F.write(ans),F.end(),0;//输出答案
}